# 103. 水流问题 

[卡码网题目链接（ACM模式）](https://kamacoder.com/problempage.php?pid=1175)

题目描述： 

现有一个 N × M 的矩阵，每个单元格包含一个数值，这个数值代表该位置的相对高度。矩阵的左边界和上边界被认为是第一组边界，而矩阵的右边界和下边界被视为第二组边界。


矩阵模拟了一个地形，当雨水落在上面时，水会根据地形的倾斜向低处流动，但只能从较高或等高的地点流向较低或等高并且相邻（上下左右方向）的地点。我们的目标是确定那些单元格，从这些单元格出发的水可以达到第一组边界和第二组边界。

输入描述：

第一行包含两个整数 N 和 M，分别表示矩阵的行数和列数。

后续 N 行，每行包含 M 个整数，表示矩阵中的每个单元格的高度。

输出描述：

输出共有多行，每行输出两个整数，用一个空格隔开，表示可达第一组边界和第二组边界的单元格的坐标，输出顺序任意。

输入示例： 

```
5 5
1 3 1 2 4
1 2 1 3 2
2 4 7 2 1
4 5 6 1 1
1 4 1 2 1
```

输出示例：

```
0 4
1 3
2 2
3 0
3 1
3 2
4 0
4 1
```

提示信息： 

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240517115816.png) 

图中的蓝色方块上的雨水既能流向第一组边界，也能流向第二组边界。所以最终答案为所有蓝色方块的坐标。


数据范围：

1 <= M, N <= 50 

## 思路

一个比较直白的想法，其实就是 遍历每个点，然后看这个点 能不能同时到达第一组边界和第二组边界。

至于遍历方式，可以用dfs，也可以用bfs，以下用dfs来举例。 

那么这种思路的实现代码如下：

```CPP 
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int n, m;
int dir[4][2] = {-1, 0, 0, -1, 1, 0, 0, 1};

// 从 x，y 出发 把可以走的地方都标记上
void dfs(vector<vector<int>>& grid, vector<vector<bool>>& visited, int x, int y) {
    if (visited[x][y]) return;

    visited[x][y] = true;

    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        int nextx = x + dir[i][0];
        int nexty = y + dir[i][1];
        if (nextx < 0 || nextx >= n || nexty < 0 || nexty >= m) continue;
        if (grid[x][y] < grid[nextx][nexty]) continue; // 高度不合适

        dfs (grid, visited, nextx, nexty);
    }
    return;
}
bool isResult(vector<vector<int>>& grid, int x, int y) {
    vector<vector<bool>> visited(n, vector<bool>(m, false));

    // 深搜，将x,y出发 能到的节点都标记上。
    dfs(grid, visited, x, y);
    bool isFirst = false;
    bool isSecond = false;

    // 以下就是判断x，y出发，是否到达第一组边界和第二组边界
    // 第一边界的上边
    for (int j = 0; j < m; j++) {
        if (visited[0][j]) {
            isFirst = true;
            break;
        }
    }
    // 第一边界的左边
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (visited[i][0]) {
            isFirst = true;
            break;
        }
    }
    // 第二边界右边
    for (int j = 0; j < m; j++) {
        if (visited[n - 1][j]) {
            isSecond = true;
            break;
        }
    }
    // 第二边界下边
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (visited[i][m - 1]) {
            isSecond = true;
            break;
        }
    }
    if (isFirst && isSecond) return true;
    return false;
}


int main() {
    cin >> n >> m;
    vector<vector<int>> grid(n, vector<int>(m, 0));
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            cin >> grid[i][j];
        }
    }
    // 遍历每一个点，看是否能同时到达第一组边界和第二组边界
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            if (isResult(grid, i, j)) {
                cout << i << " " << j << endl;
            }
        }
    }
}

```

这种思路很直白，但很明显，以上代码超时了。 来看看时间复杂度。 

遍历每一个节点，是 m * n，遍历每一个节点的时候，都要做深搜，深搜的时间复杂度是： m * n 

那么整体时间复杂度 就是 O(m^2 * n^2) ，这是一个四次方的时间复杂度。 

## 优化 

那么我们可以 反过来想，从第一组边界上的节点 逆流而上，将遍历过的节点都标记上。 

同样从第二组边界的边上节点 逆流而上，将遍历过的节点也标记上。 

然后**两方都标记过的节点就是既可以流太平洋也可以流大西洋的节点**。

从第一组边界边上节点出发，如图：  

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240522120036.png)


从第二组边界上节点出发，如图：  

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240522120122.png)

按照这样的逻辑，就可以写出如下遍历代码：（详细注释）


```CPP
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int n, m;
int dir[4][2] = {-1, 0, 0, -1, 1, 0, 0, 1};
void dfs(vector<vector<int>>& grid, vector<vector<bool>>& visited, int x, int y) {
    if (visited[x][y]) return;

    visited[x][y] = true;

    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        int nextx = x + dir[i][0];
        int nexty = y + dir[i][1];
        if (nextx < 0 || nextx >= n || nexty < 0 || nexty >= m) continue;
        if (grid[x][y] > grid[nextx][nexty]) continue; // 注意：这里是从低向高遍历

        dfs (grid, visited, nextx, nexty);
    }
    return;
}



int main() {

    cin >> n >> m;
    vector<vector<int>> grid(n, vector<int>(m, 0));

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            cin >> grid[i][j];
        }
    }
    // 标记从第一组边界上的节点出发，可以遍历的节点
    vector<vector<bool>> firstBorder(n, vector<bool>(m, false));

    // 标记从第一组边界上的节点出发，可以遍历的节点
    vector<vector<bool>> secondBorder(n, vector<bool>(m, false));

    // 从最上和最下行的节点出发，向高处遍历
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        dfs (grid, firstBorder, i, 0); // 遍历最左列，接触第一组边界
        dfs (grid, secondBorder, i, m - 1); // 遍历最右列，接触第二组边界
    }

    // 从最左和最右列的节点出发，向高处遍历
    for (int j = 0; j < m; j++) {
        dfs (grid, firstBorder, 0, j); // 遍历最上行，接触第一组边界
        dfs (grid, secondBorder, n - 1, j); // 遍历最下行，接触第二组边界
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            // 如果这个节点，从第一组边界和第二组边界出发都遍历过，就是结果
            if (firstBorder[i][j] && secondBorder[i][j]) cout << i << " " << j << endl;;
        }
    }


}

```


时间复杂度分析， 关于dfs函数搜索的过程 时间复杂度是 O(n * m)，这个大家比较容易想。 

关键看主函数，那么每次dfs的时候，上面还是有for循环的。 

第一个for循环，时间复杂度是：n * (n * m) 。

第二个for循环，时间复杂度是：m * (n * m)。 

所以本题看起来 时间复杂度好像是 ： n * (n * m) + m * (n * m) = (m * n) * (m + n)  。 

其实这是一个误区，大家再自己看 dfs函数的实现，其实 有visited函数记录 走过的节点，而走过的节点是不会再走第二次的。 

所以 调用dfs函数，**只要参数传入的是 数组 firstBorder，那么地图中 每一个节点其实就遍历一次，无论你调用多少次**。 

同理，调用dfs函数，只要 参数传入的是 数组 secondBorder，地图中每个节点也只会遍历一次。 

所以，以下这段代码的时间复杂度是 2 * n * m。 地图用每个节点就遍历了两次，参数传入 firstBorder 的时候遍历一次，参数传入 secondBorder 的时候遍历一次。

```CPP 
// 从最上和最下行的节点出发，向高处遍历
for (int i = 0; i < n; i++) {
    dfs (grid, firstBorder, i, 0); // 遍历最左列，接触第一组边界
    dfs (grid, secondBorder, i, m - 1); // 遍历最右列，接触第二组边界
}

// 从最左和最右列的节点出发，向高处遍历
for (int j = 0; j < m; j++) {
    dfs (grid, firstBorder, 0, j); // 遍历最上行，接触第一组边界
    dfs (grid, secondBorder, n - 1, j); // 遍历最下行，接触第二组边界
}
```

那么本题整体的时间复杂度其实是：  2 * n * m + n * m ，所以最终时间复杂度为  O(n * m)  。

空间复杂度为：O(n * m) 这个就不难理解了。开了几个 n * m 的数组。 



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